ĐỀ TOÁN ĐẲNG CẤP ĐH-CĐ SỐ 35

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ( d ), cách mặt phẳng ( P ) một khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.[r]

Së GD  §T VÜnh Phóc Trêng THPT Tam D¬ng







đề thi Kho sỏt chuyờn lp 12

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y x 3 3mx24m3 (m tham số) có đồ thị (Cm)

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m =

2 Xác định m để (Cm) có điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường

thẳng y = x

Câu (2.0 điểm ) :

1 Giải phương trình:

3 2sin

2 2(cotg 1)

sin cos

x

x x

x



   

2 Tìm m để hệ phương trình:

3

2 2

3

1

x y y x

x x y y m

     

 

     



 có nghiệm thực.

Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình:

(P): 2x y 2z  = 0; (d):

1

1

x y z 

 



1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường trịn có bán kính Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ

Câu (2.0 điểm):

1 Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) tiếp tuyến (P) điểm có hồnh độ x = 2.

Gọi (H) hình giới hạn (P), (d) trục hồnh Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox

2 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2

 Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức:

1 1

1 1

P

xy yz zx

  

  

Câu (2.0 điểm):

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến chung elip (E):

2

1

8

x y

 

parabol (P): y2 = 12x

2 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển Newton:

12

4

1 x

x

 

 

 

 

o0o Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Câu Nội dung Điểm

I

1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3

 3x2 +

+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2

 6x =  x = x =

Hàm số đồng biến trên: (; 0) (2; +)

Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT =

y” = 6x =  x =

Đồ thị hàm số lồi (; 1), lõm (1; +) Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn tiệm cận:

3

3

3

lim lim

x y x x x x

 

     

  0.25

Lập BBT:

0.25

Đồ thị:

0.25

2/ Ta có: y’ = 3x2

 6mx = 

0

x x m

    

Để hàm số có cực đại cực tiểu m

0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB(2 ; 4m  m3)



Trung điểm đoạn AB I(m; 2m3) 0.25

4 +∞

∞



+ 0 +

y’

∞ +∞

y

x

y

Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng y = x I thuộc đường thẳng y = x

3

2

2

m m m m

  

  

 



0.25

Giải ta có:

2

m

; m = 0.25

Kết hợp với điều kiện ta có:

2

m

II

2/ Đk: x k 

 0.25

Phương trình cho tương đương với:





2

2

4

3

sin

2(sin cos )

3

sin cos

3

tg cotg

tg cotg

tg tg

x x

x

x x

x x

x x

x x

   



   

   

0.25



3

3

3 6

tg tg

x k

x

x x k

 

    

 

 

  

   

 

0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x k

 

 

; kZ 0.25

2/

3

2 2

3 (1)

1 (2)

x y y x

x x y y m

     

 

     

 

Điều kiện:

2

1 1

0

2

x x

y y y

     





 

 

  

 

0.25

Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3 3y2 0.25

Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên:

(1)  y = y  y = x +  (2)  x2 1 x2 m0

0.25 Đặt v 1 x2 v[0; 1]  (2)  v2 + 2v = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v đạt min ( )[0;1] g v 1; m [0;1ax] g v( ) 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 m

III

1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là:

1 ;

x t

y t t R

z t

  

  



   

Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)()

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên:

| 2 2 | | |

( ; )

3

t t t t

d I           



2

7

t t

      

0.25

 Có hai tâm mặt cầu:

2 17

; ; ; ;

3 3 vµ 3

I  I   

   

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R =

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2

2 17

25 25

3 3 vµ 3

x y z x y z

           

           

           

           

0.25

2/ Đường thẳng () có VTCP u ( 1;2;1)



; PTTQ:

2

2

x y x z

  

 

  



Mặt phẳng (P) có VTPT n(2; 1; 2) 

 0.25

Góc đường thẳng () mặt phẳng (P) là:

| 2 |

sin

3

  

  

 Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm

6

cos

9

   

0.25

Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = (m2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m 2n =

Vậy góc (P) (Q) là: 2

| |

cos

3

3

m

m n mn

  

 

0.25

 m2 + 2mn + n2 =  (m + n)2 =  m = n

Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:

2

4

0

(4 4)

V  x dx x dx

 









0.25

=

5

3

2 16 16

( 1)

0

5 15

x

x

  

   

  0.5

2/ Ta có:





1 1

(1 ) (1 ) (1 )

1 1

xy yz zx

xy yz zx

 

        

  

  0.25

2 2

9

3

P

xy yz zx x y z

  

      0.25



9

6

P  0.25

Vậy GTNN Pmin =

2 x = y = z 0.25

V

1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0)

() tiếp tuyến (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1)

() tiếp tuyến (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2)

0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A

Với C = 2A A = B = (loại) 0.25

Với C = 4A 

2

A B

 Đường thẳng cho có phương trình:

2

4

3

A

Ax y A  x y 

0.25

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:

2

4

x y  0.25

V

Ta có:

12

12 12

4 12

12

1 1

1 ( 1)

k k k

k

x x C x

x x x





 

     

       

      

    



 

 

12 12

12 12 4

12 12

0 0

12

12

12 0

1

( 1) ( 1)

( 1)

i

k k i k

k k i k k i k i i

k k

k i k i

k

k k i k i k k i

C C x C C x x

x C C x



   

   

 

 

 

     

 

 









0.25

Ta chọn: i, k N, ik  12; 4k  5i =

i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25